【高考冲刺】2020年高考数学(理数) 函数与导数 大题（含答案解析）

【高考复习】2020年高考数学(理数)函数与导数 大题

1.已知函数f(x)=(a∈R)，曲线y=f(x)在点(1，f(x))处的切线与直线x＋y＋1=0垂直．

(1)试比较2 0172 018与2 0182 017的大小，并说明理由；

(2)若函数g(x)=f(x)-k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2>e2.

2.已知函数f(x)=kx-ln x-1(k>0)．

(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；

(2)证明：当n∈N*时，1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．

3.已知函数f(x)=ax-ln x，F(x)=ex＋ax，其中x>0，a<0.

(1)若f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a的取值范围；

(2)若a∈，且函数g(x)=xeax-1-2ax＋f(x)的最小值为M，求M的最小值．

4.已知函数f(x)=ln x＋-s(s，t∈R)．

(1)讨论f(x)的单调性及最值；

(2)当t=2时，若函数f(x)恰有两个零点x1，x2(0<x1<x2)，求证：x1＋x2>4.

5.已知函数f(x)=(2＋x＋ax2)·ln(1＋x)-2x.

(1)若a=0，证明：当-1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0；

(2)若x=0是f(x)的极大值点，求a.

6.已知函数f(x)=ln x＋(a∈R)．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)当a=1时，求证：f(x)≤.

7.已知函数f(x)=ln x-a(x＋1)，a∈R的图象在(1，f(1))处的切线与x轴平行．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)-＋2x＋>k(x-1)成立，求k的取值范围．

8.已知函数f(x)=xex－x2－x，a≤e，其中e为自然对数的底数．

(1)当a=0，x>0时，证明：f(x)≥ex2；

(2)讨论函数f(x)极值点的个数．

9.已知函数f(x)=x-1-alnx(其中a为参数)．

(1) 求函数f(x)的单调区间；

(2) 若对任意x∈(0，＋∞)都有f(x)≥0成立，求实数a的取值集合；

(3) 证明：n<e<n＋1(其中n∈N*，e为自然对数的底数)．

10.已知函数f(x)=其中常数a∈R.

(1) 当a=2时，求函数f(x)的单调区间；

(2) 若方程f(-x)＋f(x)=ex-3在区间(0，＋∞)上有实数解，求实数a的取值范围；

(3) 若存在实数m，n∈[0，2]，且|m-n|≥1，使得f(m)=f(n)，求证：1≤≤e.

答案解析

1.解：

(1) 20172 018>2 0182 017.理由如下：

依题意得，f′(x)=，

因为函数f(x)在x=1处有意义，所以a≠-1.

所以f′(1)==，

又由过点(1，f(1))的切线与直线x＋y＋1=0垂直可得，f′(1)=1，即=1，解得a=0.

此时f(x)=，f′(x)=，

令f′(x)>0，即1-ln x>0，解得0<x<e；

令f′(x)<0，即1-ln x<0，解得x>e.

所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．

所以f(2 017)>f(2 018)，即>，

则2 018ln 2 017>2 017ln 2 018，

所以2 0172 018>2 0182 017.

(2)证明：不妨设x1>x2>0，因为g(x1)=g(x2)=0，

所以ln x1-kx1=0，ln x2-kx2=0.

可得ln x1＋ln x2=k(x1＋x2)，ln x1-ln x2=k(x1-x2)，

要证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2，也就是k(x1＋x2)>2，

因为k=，所以只需证>，

即ln >，令=t，则t>1，即证ln t>.

令h(t)=ln t-(t>1)．

由h′(t)=-=>0得函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，

所以h(t)>h(1)=0，即ln t>.

所以x1x2>e2.

2.解：

(1) f(x)=kx-ln x-1，f′(x)=k-=(x>0，k>0)，

当x=时，f′(x)=0；当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.

∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，

∴f(x)min=f=ln k，

∵f(x)有且只有一个零点，

∴ln k=0，∴k=1.

 (2)证明：由(1)知x-ln x-1≥0，即x-1≥ln x，当且仅当x=1时取等号，

∵n∈N*，令x=，得>ln，

∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln=ln(n＋1)，

故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．

3.解：

(1)由题意得f′(x)=a-=，F′(x)=ex＋a，x>0，

∵a<0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递减，

当-1≤a<0时，F′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意，

当a<-1时，由F′(x)>0，得x>ln(-a)，由F′(x)<0，得0<x<ln(-a)，

∴F(x)的单调递减区间为(0，ln(-a))，单调递增区间为(ln(-a)，＋∞)．

∵f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，

∴ln(-a)≥ln 3，解得a≤-3，

综上，a的取值范围是(-∞，-3]．

(2)g′(x)=eax-1＋axeax-1-a-=(ax＋1)，由eax-1-=0，解得a=，

设p(x)=，则p′(x)=，

当x>e2时，p′(x)>0，当0<x<e2时，p′(x)<0，

从而p(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，p(x)min=p(e2)=-，

当a≤-时，a≤，即eax-1-≤0，

当x∈时，ax＋1>0，g′(x)≤0，g(x)单调递减，

当x∈时，ax＋1<0，g′(x)≥0，g(x)单调递增，∴g(x)min=g=M，

设t=-∈(0，e2]，M=h(t)=-ln t＋1(0<t≤e2)，

则h′(t)=-≤0，h(t)在(0，e2]上单调递减，

∴h(t)≥h(e2)=0，即M≥0，

∴M的最小值为0.

4.解：

(1)f′(x)=(x>0)，

当t≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无最值；

当t>0时，由f′(x)<0，得x<t，由f′(x)>0，得x>t，

f(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，

故f(x)在x=t处取得最小值，最小值为f(t)=ln t＋1-s，无最大值．

(2)∵f(x)恰有两个零点x1，x2(0<x1<x2)，

∴f(x1)=ln x1＋-s=0，f(x2)=ln x2＋-s=0，

得s=＋ln x1=＋ln x2，∴=ln，

设t=>1，则ln t=，x1=，

故x1＋x2=x1(t＋1)=，∴x1＋x2-4=，

记函数h(t)=-2ln t，

∵h′(t)=>0，∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增，

∵t>1，∴h(t)>h(1)=0，

又t=>1，ln t>0，故x1＋x2>4成立．

5.解：

(1)证明：当a=0时，f(x)=(2＋x)ln(1＋x)-2x，f′(x)=ln(1＋x)-.

设函数g(x)=ln(1＋x)-，则g′(x)=.

当-1<x<0时，g′(x)<0；当x>0时，g′(x)>0，

故当x>-1时，g(x)≥g(0)=0，

且仅当x=0时，g(x)=0，

从而f′(x)≥0，且仅当x=0时，f′(x)=0.

所以f(x)在(-1，＋∞)上单调递增．

又f(0)=0，

故当-1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0.

(2)①若a≥0，由(1)知，

当x>0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)-2x>0=f(0)，

这与x=0是f(x)的极大值点矛盾．

②若a<0，

设函数h(x)==ln(1＋x)-.

由于当|x|<min时，2＋x＋ax2>0，

故h(x)与f(x)符号相同．

又h(0)=f(0)=0，

故x=0是f(x)的极大值点，

当且仅当x=0是h(x)的极大值点．

h′(x)=-=.

若6a＋1>0，则当0<x<-，

且|x|<min时，h′(x)>0，

故x=0不是h(x)的极大值点．

若6a＋1<0，则a2x2＋4ax＋6a＋1=0存在根x1<0，

故当x∈(x1,0)，且|x|<min时，h′(x)<0，

所以x=0不是h(x)的极大值点．

若6a＋1=0，则h′(x)=，

则当x∈(-1,0)时，h′(x)>0；

当x∈(0,1)时，h′(x)<0.

所以x=0是h(x)的极大值点，

从而x=0是f(x)的极大值点．

综上，a=-.

6.解：

(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=.

考虑y=x2＋2(1-a)x＋1，x>0.

①当Δ≤0，即0≤a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

②当Δ>0，即a>2或a<0时，

由x2＋2(1-a)x＋1=0，得x=a-1±.

若a<0，则f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

若a>2，则a-1＋>a-1->0，

由f′(x)>0，得0<x<a-1-或x>a-1＋，

则f(x)在(0，a-1-)和(a-1＋，＋∞)上单调递增．

由f′(x)<0，得a-1-<x<a-1＋，

则f(x)在(a-1-，a-1＋)上单调递减．

综上，当a≤2时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；

当a>2时，f(x)的单调递增区间为(0，a-1-)，(a-1＋，＋∞)，

单调递减区间为(a-1-，a-1＋)．

(2)证明：当a=1时，f(x)=ln x＋.

令g(x)=f(x)-=ln x＋-(x>0)，

则g′(x)=--==.

当x>1时，g′(x)<0，当0<x<1时，g′(x)>0，

∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

即当x=1时，g(x)取得最大值，

故g(x)≤g(1)=0，即f(x)≤成立，得证．

7.解：

(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．

∵f′(x)=-a，∴f′(1)=1-a=0，∴a=1，∴f′(x)=-1=，

令f′(x)>0得0<x<1，令f′(x)<0得x>1，

∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．

(2)不等式f(x)-＋2x＋>k(x-1)可化为ln x-＋x->k(x-1)，

令g(x)=ln x-＋x--k(x-1)，则g′(x)=-x＋1-k=，

令h(x)=-x2＋(1-k)x＋1，则h(x)的对称轴为直线x=，

①当≤1，即k≥-1时，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递减，

∴x∈(1，＋∞)时，h(x)<h(1)=1-k，

若k≥1，则h(x)<0，∴g′(x)<0，

∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减，

∴g(x)<g(1)=0，不符合题意．

若-1≤k<1，则h(1)>0，

∴存在x0>1，使得x∈(1，x0)时，h(x)>0，即g′(x)>0，

∴g(x)在(1，x0)上单调递增，

∴g(x)>g(1)=0恒成立，符合题意．

②当>1，即k<-1时，易知存在x0>1，使得h(x)在(1，x0)上单调递增，

∴h(x)>h(1)=1-k>0，

∴g′(x)>0，

∴g(x)在(1，x0)上单调递增，

∴g(x)>g(1)=0恒成立，符合题意．

综上，k的取值范围是(-∞，1)．

8.解:

(1)证明：依题意，f(x)=xex，故原不等式可化为xex≥ex2，因为x>0，所以只要证ex－ex≥0即可，

记g(x)=ex－ex(x>0)，

则g′(x)=ex－e(x>0)，

当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；

当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，

所以g(x)≥g(1)=0，即f(x)≥ex2，原不等式成立．

(2)f′(x)=ex－ax2－ax＋xex－ax－a=(x＋1)ex－ax(x＋1)=(x＋1)(ex－ax)，

记h(x)=ex－ax，h′(x)=ex－a.

(ⅰ)当a<0时，h′(x)=ex－a>0，h(x)在R上单调递增，h(0)=1>0，h=e－1<0，

所以存在唯一的x0∈，0，使h(x0)=0，且当x<x0时，h(x)<0；

当x>x0，h(x)>0.

①当x0=－1，即a=－时，对任意x≠－1，f′(x)>0，

此时f(x)在R上单调递增，无极值点；

②若x0<－1，即－<a<0时，此时当x<x0或x>－1时，f′(x)>0，

即f(x)在(－∞，x0)，(－1，＋∞)上单调递增；

当x0<x<－1时，f′(x)<0，即f(x)在(x0，－1)上单调递减，

此时f(x)有一个极大值点x0和一个极小值点－1.

③若－1<x0<0，即a<－时，此时当x<－1或x>x0时，f′(x)>0，

即f(x)在(－∞，－1)，(x0，＋∞)上单调递增；

当－1<x<x0时，f′(x)<0，即f(x)在(－1，x0)上单调递减，

此时f(x)有一个极大值点－1和一个极小值点x0.

(ⅱ)当a=0时，f(x)=xex，所以f′(x)=(x＋1)ex，

显然f(x)在(－∞，－1)上单调递减，

在(－1，＋∞)上单调递增，此时f(x)有一个极小值点－1，无极大值点．

(ⅲ)当0<a<e时，由(1)可知，对任意x≥0，h(x)=ex－ax>ex－ex≥0，

从而h(x)>0，而对任意x<0，h(x)=ex－ax>ex>0，

所以对任意x∈R，h(x)>0，此时令f′(x)<0，得x<－1，

令f′(x)>0，得x>－1，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，

在(－1，＋∞)上单调递增，此时f(x)有一个极小值点－1，无极大值点．

(ⅳ)当a=e时，由(1)可知，对任意x∈R，

h(x)=ex－ax=ex－ex≥0(当且仅当x=1时，取等号)，

此时令f′(x)<0，得x<－1，令f′(x)≥0，得x≥－1，

所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，

在[－1，＋∞)上单调递增，

此时f(x)有一个极小值点－1，无极大值点．

综上所述，

①当a<－或－<a<0时，f(x)有两个极值点；

②当a=－时，f(x)无极值点；

③当0≤a≤e时，f(x)有一个极值点．

9.解：

(1) f′(x)=1-=(x>0)，

当a≤0时，f′(x)=1-=>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数；

当a>0时，

所以f(x)的增区间是(a，＋∞)，减区间是(0，a)．

综上所述， 当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；

当a>0时，f(x)的单调递增区间是(a，＋∞)，单调递减区间是(0，a)．

(2) 由题意得f(x)min≥0.

当a≤0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上是增函数，

当x→0时，f(x)→-∞，故不合题意；(6分)

当a>0时，由(1)知f(x)min=f(a)=a-1-alna≥0.令g(a)=a-1-alna，

则由g′(a)=-lna=0，得a=1，

所以g(a)=a-1-alna≤0，又f(x)min=f(a)=a-1-alna≥0，所以a-1-alna=0，

所以a=1，即实数a的取值集合是{1}．(10分)

(3) 要证不等式1＋n<e<1＋n＋1，

两边取对数后，只要证nln1＋<1<(n＋1)ln1＋，即只要证<ln1＋<，

令x=1＋，则只要证1-<lnx<x-1(1<x≤2)．

由(1)知当a=1时，f(x)=x-1-lnx在(1,2]上递增，

因此f(x)>f(1)，即x-1-lnx>0，所以lnx<x-1(1<x≤2)

令φ(x)=lnx＋-1(1<x≤2)，则φ′(x)=>0，

所以φ(x)在(1,2]上递增，故φ(x)>φ(1)，即lnx＋-1>0，所以1-<lnx(1<x≤2)．

综上，原命题得证．

10.解：

(1) 当a=2时，f(x)=

①当x<0时，f′(x)=-3x2＋2x<0恒成立，所以f(x)在(-∞，0)上递减；

②当x≥0时，f′(x)=ex-2，可得f(x)在[0，ln2]上递减，在[ln2，＋∞)上递增．

因为f(0)=1>0，所以f(x)的单调递减区间是(-∞，0)和[0，ln2]，

单调递增区间是[ln2，＋∞)．

(2) 当x>0时，f(x)=ex-ax，此时-x<0，f(-x)=-(-x)3＋(-x)2=x3＋x2.

所以可化为a=x2＋x＋在区间(0，＋∞)上有实数解．

记g(x)=x2＋x＋，x∈(0，＋∞)，则g′(x)=2x＋1-=.

可得g(x)在(0，1]上递减，在[1，＋∞)上递增，且g(1)=5，当x→＋∞时，g(x)→＋∞.

所以g(x)的值域是[5，＋∞)，即实数a的取值范围是[5，＋∞)．

(3) 当x∈[0，2]时，f(x)=ex-ax，有f′(x)=ex-a.

若a≤1或a≥e2，则f(x)在[0，2]上是单调函数，不合题意．

所以1<a<e2，此时可得f(x)在[0，lna]上递减，在[lna，2]上递增．

不妨设0≤m<lna<n≤2，则f(0)≥f(m)>f(lna)，且f(lna)<f(n)≤f(2)．

由m，n∈[0，2]，n-m≥1，可得0≤m≤1≤n≤2.(12分)

因为f(m)=f(n)，所以得

即e-1≤a≤e2-e，所以1≤≤e.